物理人教版选修3-1阶段验收评估（三）磁场

阶段验收评估（三）磁场(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一根无限长的通电直导线旁放一通电矩形线框，电流方向如图所示，直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会()A．静止不动 B．向右平移C．向左平移 D．向下平移解析：选B直导线中的电流方向由上向下，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度向外，根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力，离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线框将向右运动。故B正确。2.如图所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：选B根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左，又带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。3.如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是()A．沿纸面逆时针转动B．沿纸面顺时针转动C．a端转向纸外，b端转向纸里D．a端转向纸里，b端转向纸外解析：选D根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两电流M、N连线中垂线上方磁场方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于纸面向里，两电流M、N连线中垂线下方磁场方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于纸面向外，所以a端转向纸里，b端转向纸外，选项D正确。4.(2017·江苏高考)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。5．比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图所示，为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为()A．B＞eq\f(\r(3)mv0,ea) B．B＜eq\f(\r(3)mv0,ea)C．B＞eq\f(2mv0,ea) D．B＜eq\f(2mv0,ea)解析：选B根据洛伦兹力提供向心力，有Bev0＝meq\f(v02,R)，解得：B＝eq\f(mv0,eR)，粒子通过C点的轨迹如图所示，根据几何关系，得到半径为R＝eq\f(\r(3),3)a，故B＝eq\f(\r(3)mv0,ea)，磁感应强度越小半径越大，故B＜eq\f(\r(3)mv0,ea)时，粒子从BC边飞出，故选项B正确。6．(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。7．如图所示，沿直线通过速度选择器的正粒子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是()A．粒子的速度之比为1∶1B．粒子的电荷量之比为1∶2C．粒子的质量之比为1∶2D．粒子比荷之比为2∶1解析：选AD粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B)。可知粒子的速度之比为1∶1，故A正确。粒子进入偏转磁场，根据qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，则比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1∶2，则比荷之比为2∶1。由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故B、C错误，D正确。8．如图所示，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场。t＝0时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，沿x轴正方向进入磁场。A点坐标为(－eq\f(1,2)R,0)，其中R为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径。不计重力影响，则以下结论正确的是()A．电子经过y轴时，速度大小仍为v0B．电子在t＝eq\f(πR,6v0)时，第一次经过y轴C．电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(3),2)R))D．电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))解析：选ABD由题意可知，根据左手定则，电子的运动轨迹如图所示，电子只受洛伦兹力作用，由于其力对电子不做功，因此速度大小不变仍为v0，故A正确；因A点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，则圆周运动轨迹圆心在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，－R))，由几何关系可知，∠AO′B＝30°，周期T＝eq\f(2πR,v0)，因此电子第一次经过y轴时间为t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πR,6v0)，故B正确；由几何关系可知，OB长度为R－eq\f(\r(3),2)R，因此电子第一次经过y轴的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))，故D正确。二、计算题(本题共3小题，共52分)9．(14分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向。(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表达式F＝BIL可知，线圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv。答案：(1)安培力的大小：nBIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv10．(18分)如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m、电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出。已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)电子从A运动到D经历的时间t。解析：电子的运动轨迹如图所示。(1)电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t12d＝v0t1d＝eq\f(1,2)at12a＝eq\f(eE,m)求出E＝eq\f(mv02,2ed)。(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(at1,v0)＝1，可得θ＝45°求出v＝eq\r(2)v0电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB＝meq\f(v2,r)由图可知r＝eq\r(2)d求出B＝eq\f(mv0,ed)。(3)由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1＝eq\f(6d,v0)电子在磁场中运动的时间t2＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2πm,eB)＝eq\f(3πd,2v0)电子从A运动到D的时间t＝3t1＋t2＝eq\f(3d4＋π,2v0)。答案：(1)eq\f(mv02,2ed)(2)eq\f(mv0,ed)(3)eq\f(3d4＋π,2v0)11．(20分)如图所示，一平行板电容器长为d，极板间距也为d，极板间存在竖直向上的匀强电场E1，在平行板电容器的右侧(虚线右侧)，极板的中间平分线OO′上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B，OO′下方存在竖直向上的匀强电场E2，一带电微粒初速度为v0，质量为m，带电量为q(q＞0)，从O点沿着OO′的方向射入电场，恰好从上极板的右边缘射入匀强磁场，并从A点垂直OO′向下进入电场。(不计微粒重力，E2＝E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板电容器内电场的电场强度E1的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若在离A点右侧的距离为eq\f(11\r(2),4)d的O′处，有一块垂直于OO′的挡板PQ，从粒子第一次到达A点开始计时，到击中挡板PQ，需要多长时间？解析：(1)微粒在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：d＝v0t1，在竖直方向上：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t12，解得：E1＝eq\f(mv02,qd)；(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：d＝v0t1，竖直方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t1，则vy＝v0，微粒进入磁场时的速度：v＝eq\r(2)v0，方向与竖直方向夹角为45°，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由数学知识可知，轨道半径：R＝eq\f(\r(2),2)d，由牛顿第二定律得：meq\f(v2,R)＝qvB，解得：B＝eq\f(2mv0,qd)；(3)微粒在电场中，由牛顿第二定律得：a＝eq\f(qE2,m)，在电场中的运动时间：t2＝3×2×eq\f(v,a)＝eq\f(6\r(2)d,v0)，在磁场中的运动时间：t3＝T＋eq\f(1,3)T＝eq\f(4πd,3v0)，微粒总的运动时间：t＝t2＋t3＝eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)。答案：(1)eq\f(mv02,qd)(2)eq\f(2mv0,qd)(3)eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第1～8小题只有一个选项符合题意，第9～14小题有多个选项符合题意；全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.如图所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入图示方向的电流时，线圈将()A．向左运动 B．向右运动C．静止不动 D．无法确定解析：选A方法一：等效法。把通电线圈等效成小磁针，由安培定则可知，线圈等效成小磁针后，左端是S极，右端是N极，根据异名磁极相互吸引，线圈将向左运动。选项A正确。方法二：电流元法。取线圈的上、下两小段分析，如图所示，根据其中心对称性可知线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动。选项A正确。2.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处()A．场强大小为eq\f(kq,r2)，方向沿OA方向B．场强大小为eq\f(kq,r2)，方向沿AO方向C．场强大小为eq\f(2kq,r2)，方向沿OA方向D．场强大小为eq\f(2kq,r2)，方向沿AO方向解析：选C在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为O处的场是五个＋q和一个－2q的点电荷产生的场合成的，五个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强。故选C。3．以下说法正确的是()A．根据电势差的定义式UAB＝eq\f(WAB,q)，带电荷量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为－1VB．运动电荷在磁场中一定受到力的作用C．磁感应强度的方向就是小磁针北极所指的方向D．表征磁场中某点磁场的强弱是把一小段通电导线放到该点时受到的磁场力与该段导线长度和电流乘积的比值解析：选A从A点移动到B点克服电场力做功为1J，所以电场力做功为－1J，由定义式UAB＝eq\f(WAB,q)，可得A、B点的电势差为－1V，故A正确。当运动电荷在磁场中运动方向与磁场平行时，不受力的作用，故B错误。磁场的方向就是小磁针静止时N极所指的方向，故C错误。磁感应强度B＝eq\f(F,IL)是表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线“垂直磁场的方向”放到该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值，故D错误。4.电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过R做功为W1，产生的热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生的热量为Q2，则有()A．U1＜U2，Q1＝Q2 B．U1＝U2，Q1＝Q2C．W1＝W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2解析：选A电动机是非纯电阻，其两端电压U2＞IR＝U1，B错误；电流做的功W1＝U1It，W2＝U2It，故W1＜W2，C错误；产生的热量由Q＝I2Rt可判断Q1＝Q2，A正确，D错误。5.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：选D电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，所以正确选项为D。6.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负 B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D．2.7m/s，a负、b正解析：选A根据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向下偏，因此电极a为正极，电极b为负极；当达到平衡时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则qE＝Bqv，又E＝eq\f(U,d)，得v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.04×3×10－3)m/s＝1.3m/s，选项A正确。7．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出，已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．该粒子带正电B．运动过程中粒子的速度不变C．粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)D．粒子的速度的最大值为eq\f(qBa,2m)解析：选C粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变而方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；粒子在磁场中转过的圆心角θ＝2×30°＝60°，粒子在磁场中的运动时间：t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，粒子速度最大，此时粒子轨道半径r＝a，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子的最大速度：v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBa,m)，故D错误。8．在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是()A．L1、L2两个指示灯都变亮B．L1、L2两个指示灯都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮解析：选B当电位器向a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压增大，路段电压减小，所以灯L1变暗；通过电阻R1的电流变大，所以电位器两端的电压减小，即通过灯L2两端的电压减小，所以灯L2变暗，故B正确。9.长为L的直导线ab斜放(夹角为θ)在水平轨道上，轨道平行且间距为d，通过ab的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为()A.eq\f(IdB,cosθ) B.eq\f(IdB,sinθ)C．ILBsinθ D．ILB解析：选BD导线ab所受安培力的大小为F＝BIL＝eq\f(IdB,sinθ)，选项B、D正确。10．如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大解析：选BC因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。11．如图所示，有a、b、c、d四个粒子，它们带等量同种电荷，质量不等，有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速率va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后，有两种粒子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定()A．射向P1的是a粒子B．射向P2的是d粒子C．射向A1的是c粒子D．射向A2的是d粒子解析：选AB在速度选择器中，只有满足Bqv＝Eq，即v＝eq\f(E,B)的粒子才能通过速度选择器，四种粒子的速度va＜vb＝vc＜vd，故只有b、c粒子穿过速度选择器，因为这两种粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可得这四种粒子都带正电，在速度选择器中，因为va＜vd，所以a粒子受到的洛伦兹力小于电场力，向左偏，即射向P1，d粒子受到的洛伦兹力大于电场力，故向右偏，射向P2，A、B正确；在匀强磁场中，受到的洛伦兹力F＝Bqv＝meq\f(v2,r)，运动半径r＝eq\f(mv,Bq)，由于mb＜mc，所以b的运动半径小于c的运动半径，故射向A1的是b粒子，射向A2的是c粒子，故C、D错误。12．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点()A．带有电荷量为eq\f(mg,E)的负电荷B．沿圆周逆时针运动C．运动的角速度为eq\f(gB,E)D．运动的速率解析：选ACA．带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg＝qE，求得电荷量q＝eq\f(mg,E)，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；B.由左手则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B错误；C.由qvB＝mvω得ω＝eq\f(qB,m)＝eq\f(mgB,Em)＝eq\f(gB,E)，故C正确；D.在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度，故D错误。13．如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置。底部是正方形的长方体绝缘容器，内部高为L，厚度为d，容器左右两侧等高处装有两根完全相同的开口向上的竖直管子a、b，容器的顶、底部各装有电极C(正极)和D(负极)，并经过开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体密度为ρ。将容器置于一个匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关S断开时，竖直管子a、b中的液面高度相同，当开关S闭合后，竖直管子a、b中的液面出现高度差h，电路中电流表的示数为I，则()A．导电液体中电流的方向为由C到DB．导电液体中电流的方向为由D到CC．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(ρghd,I)D．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(ρghL,I)解析：选AC开关S闭合后，导电液体中有电流由C流到D，根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用，F＝BIL，在液体中产生附加压强p，这样a、b管中液面将出现高度差。长方体绝缘容器左右侧面横截面积S＝Ld，左右两边的压力差ΔF＝pS，又ΔF＝F，在液体中产生附加压强p＝ρgh，联立以上公式，解得B＝eq\f(ρghd,I)，A、C正确。14．如图所示，竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电，乙球带负电，甲、乙两球的电荷量相等，丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则下列说法中正确的是()A．经过最高点时三个小球的速度相等B．经过最高点时甲的速度最小C．甲释放时的位置比乙高D．运动过程中三个小球的机械能保持不变解析：选CD在圆形轨道最高点，甲球所受的洛伦兹力向下，则有mg＋Bqv甲＝eq\f(mv甲2,R)，乙球所受的洛伦兹力向上，则mg－Bqv乙＝eq\f(mv乙2,R)，丙球不带电，则有mg＝eq\f(mv丙2,R)，故经过最高点时甲的速度最大，选项A、B错误。小球在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒，选项C、D正确。二、实验题(本题共2小题，共16分)15．(6分)一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻。准备的器材有：电流表(0～200mA，内阻是12Ω)，电阻箱R(最大阻值9.9Ω)，一个开关和若干导线。(1)由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表并联，若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的2倍，则定值电阻的阻值R0＝________Ω。(2)设计的电路图如图甲所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出eq\f(1,I)，得到多组数据后描点作出R­eq\f(1,I)图线如图乙所示，则该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。解析：(1)由题意可知，设通过电流表的电流为I，则通过电阻R0的电流为2I；则R0＝eq\f(1,2)RA＝6Ω；(2)R0与RA并联后的电阻为R1＝eq\f(6×12,6＋12)Ω＝4Ω，根据全电路欧姆定律：E＝3I(R＋R1＋r)，变形可得：R＝eq\f(E,3)·eq\f(1,I)－(4＋r)；由图线可知：4＋r＝6，eq\f(E,3)＝eq\f(6,3)，则r＝2Ω，E＝6V。答案：(1)6(2)6216．(10分)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图中的________(填“b”或“c”)电路进行实验。(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。(3)图(a)是根据实验数据作出的U­I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图(b)所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V。利用图(a)可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X的读数为10Ω×1＝10Ω，由于eq\f(RX,RA)＜eq\f(RV,RX)，或RX≪RV，故用伏安法测元件X的电阻时，电流表应外接，故选b电路进行实验。(2)滑片P从左向右滑动过程中，元件X两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大。(3)由U­I图线可知Y是非线性元件。(4)由(3)中的U­I图线，可知线性元件的电阻RX＝10Ω，当S1、S2都闭合时，回路中的电流I1＝eq\f(U1,RX)＝0.3A，当S1闭合，S2断开时，回路中的电流I2＝eq\f(U2,RX)＝0.1A，根据闭合电路欧姆定律，得E＝I1(RX＋r)，E＝I2(RX＋R＋r)，联立两式并代入数据解得E≈3.2V，r＝0.50Ω。答案：(1)10b(2)增大(3)Y(4)3.20.50三、计算题(本题共3小题，共38分)17．(12分)如图所示，小球A和B带电荷量均为q＝1.5×10－5C，质量分别为0.01kg和0.02kg，用不计质量的长度为50cm竖直细绳连接，在竖直向上的足够大的匀强电场中以速度v0＝0.5m/s匀速上升，某时刻细绳突然断开。小球A和B之间的相互作用力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)该匀强电场的场强E；(2)细绳断开后，A、B两球的加速度aA、aB；(3)细绳断开后，0.4s末A、B两球间的距离。解析：(1)设场强为E，把小球A、B看成一个系统，由于绳未断前做匀速运动，则有：2qE＝3mg得E＝eq\f(3mg,2q)，解得E＝104N/C。(2)细绳断开后，根据牛顿第二定律，对A有：qE－mg＝maA得aA＝eq\f(g,2)＝5m/s2，方向向上；对B有：qE－2mg＝2maB;aB＝－eq\f(g,4)＝－2.5m/s2(负号表示方向向下)。(3)细绳断开后0.4s末，A的位移：xA＝v0t＋eq\f(1,2)aAt2＝0.5×0.4m＋eq\f(1,2)×5×0.42m＝0.6m；B的位移：xB＝v0t＋eq\f(1,2)aBt2＝0.5×0.4m－eq\f(1,2)×2.5×0.42m＝0则细绳断开后0.4s末A、B两球间的距离为0.6m＋0.5m＝1.1m。答案：(1)104N/C(2)5m/s2－2.5m/s2(3)1.1m18．(12分)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示。离子源S产